Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi học sinh giỏi môn toán khối 10 khu vực DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ năm 2015-2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 28 trả lời

#1 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1395 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 23-04-2016 - 21:21

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).
 
        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 
 
Bài 2 (4 điểm).
 
        Cho đường tròn $(O)$ và dây $AB$ . Các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ nằm về một phía đối với đường thẳng $AB$ , tiếp xúc với nhau tại $T$ đồng thời tiếp xúc với $AB$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến chung tại $T$  của các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ (với $C$ thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng $AB$ có chứa hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ ).Chứng minh rằng $T$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$
 
Bài 3 (4 điểm).
   
       Cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $2016^{m}+1$ là ước của $2016^{n}+1$ .Chứng minh rằng $m$ là ước của $n$.
 
Bài 4 (4 điểm)
 
       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:
 
$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$
 
Bài 5 (4 điểm)
 
        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 
 
HẾT
 

 

 

 



#2 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-04-2016 - 21:40

 

 

 

Bài 1 (4 điểm).
 
        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 
 

 

Giải câu hệ

Từ PT (1), ta được

$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1 $

Thay xuống pt dưới, nhân liên hiệp là ra



#3 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 23-04-2016 - 21:50

Thực chất thì câu 2 của bài này là hệ quả của định lý $Thébault$, đúng hơn là chỉ cần áp dụng 2 lần bổ đề $Sawayama$ (đọc đề cũng đủ hiểu :D )

Cụ thể thì nó phát biểu như sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $D$ là một điểm nằm trên cạnh $BC$. Đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc với hai đoạn $AD, BD$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Đường tròn tâm $P$ tiếp xúc với hai đoạn $AD, CD$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ thì $P,I,Q$ thẳng hàng

Chứng minh có dùng bổ đề $Sawayama$.

Áp dụng vào bài toán thì đơn giản rồi

4.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 23-04-2016 - 22:07

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#4 Phanbalong

Phanbalong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Trung Học Phổ Thông Yên Thành II
  • Sở thích:Toán ,cờ vua

Đã gửi 23-04-2016 - 21:50

 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).
 
        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 
 
Bài 2 (4 điểm).
 
        Cho đường tròn $(O)$ và dây $AB$ . Các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ nằm về một phía đối với đường thẳng $AB$ , tiếp xúc với nhau tại $T$ đồng thời tiếp xúc với $AB$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến chung tại $T$  của các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ (với $C$ thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng $AB$ có chứa hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ ).Chứng minh rằng $T$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$
 
Bài 3 (4 điểm).
   
       Cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $2016^{m}+1$ là ước của $2016^{n}+1$ .Chứng minh rằng $m$ là ước của $n$.
 
Bài 4 (4 điểm)
 
       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:
 
$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$
 
Bài 5 (4 điểm)
 
        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 
 
HẾT

 

Được dùng máy tính ko anh ?


'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''


#5 congdan9aqxk

congdan9aqxk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 215 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:QHH

Đã gửi 23-04-2016 - 21:56

Giải câu hệ

Từ PT (1), ta được

$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1 $

Thay xuống pt dưới, nhân liên hiệp là ra

đừng xàm bạn ơi, nhân liên hiệp được 1 nghiệm, cái còn lại không thể chứng minh vô nghiệm.

Bài đó thay vào, bình phương 2 lần, được pt bậc 4 nhưng lại phân tích được (x-1)^2



#6 congdan9aqxk

congdan9aqxk

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 215 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:QHH

Đã gửi 23-04-2016 - 21:57

Được dùng máy tính ko anh ?

không được dùng máy tính bạn à



#7 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-04-2016 - 22:14

 

 
Bài 4 (4 điểm)
 
       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:
 
$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$
 
 

 

Câu bất đẳng thức

Đặt $(a;b;c) -> (\frac{1}{a}; \frac{1}{b}; \frac{1}{c} $

Ta được $ab+bc+ca= 1 $

Ta có bđt được viết lại

$\frac{(a-b)^2}{a} + \frac{(b-c)^2}{b} + \frac{(a-c)^2}{c} \geq \frac{1}{2}(\sum  (a-b)^2)(1-\frac{1}{a+b+c+\sqrt{3}})$

Tới đây.

C1:  Chứng minh tựa như SOS

C2: Sử dụng bđt C-S cho VT rồi giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$



#8 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1395 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 23-04-2016 - 22:16

 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).
 
        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 (1)& & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1(2) & & \end{matrix}\right.$ 
 
 
HẾT

 

 

Thực ra câu HPT này không khó nhưng vì không được dùng mày tính nên sẽ gây khó khăn hơn khi giải 

 

Điều kiện:$-3\leq y\leq 3$

 

Từ PT (1) ta có:$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1\Rightarrow x=1-y$ 

 

Thay $x=1-y$ vào PT (2) ta được:

 

$2\sqrt{y^2-2y+4}+y=1+\sqrt{(3-y)(3+y)}(3)$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 

$1+\sqrt{(y-3)(y+3)}\leq 1+\frac{y+3+3-y}{2}=4$

 

Xét hiệu:$2\sqrt{y^2-2y+4}+y-4=\frac{3y^2}{2\sqrt{y^2-2y+3}+4-y}\geq 0(-3\leq y\leq 3)$

 

$\Rightarrow 2\sqrt{y^2-2y+4}+y\geq 4\geq 1+\sqrt{(3-y)(3+y)}$.Dấu "=" xảy ra khi $y=0$ (4)

 

Từ (3)(4)=> $y=0$

 

Vậy nghiệm của HPT là $(x;y)=(1;0)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 23-04-2016 - 23:03


#9 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-04-2016 - 22:28

đừng xàm bạn ơi, nhân liên hiệp được 1 nghiệm, cái còn lại không thể chứng minh vô nghiệm.

Bài đó thay vào, bình phương 2 lần, được pt bậc 4 nhưng lại phân tích được (x-1)^2

Bạn mới là xàm, làm không được thì mình làm cho

Nhân liên hiệp, đc 1 nghiệm $y=0$

Còn phương trình

$\frac{y}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{\sqrt{y^2-2y+4} +2y-2}{\sqrt{y^2-2y+4} +2} =0$

Nhẩm pt này còn 1 nghiệm bằng 0

Do đó, nhân liên hiệp tiếp, đc 1 nghiệm $y=0$ còn ại

$\frac{1}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{6-3y}{(\sqrt{y^2-2y+4}+2)(\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y)}=0 $

Mà do $y^2 \leq 9 $

Mà dễ chứng minh $6-3y $ và $\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y $ cùng dấu 

Suy ra đpcm 



#10 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp lang tận cùng!
  • Sở thích::( :3

Đã gửi 23-04-2016 - 22:42

câu số dùng $a^m+1,a^n+1)=a^{(m,n)}+1$ thì $(m,n)=m$


Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#11 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 23-04-2016 - 22:59

Câu bất đẳng thức

Đặt $(a;b;c) -> (\frac{1}{a}; \frac{1}{b}; \frac{1}{c} $

Ta được $ab+bc+ca= 1 $

Ta có bđt được viết lại

$\frac{(a-b)^2}{a} + \frac{(b-c)^2}{b} + \frac{(a-c)^2}{c} \geq \frac{1}{2}(\sum  (a-b)^2)(1-\frac{1}{a+b+c+\sqrt{3}})$

Tới đây.

C1:  Chứng minh tựa như SOS

C2: Sử dụng bđt C-S cho VT rồi giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

Mình có cách "sơ cấp" hơn :) 

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ thì từ giả thiết ta được $xy+yz+xz=1$.

Yêu cầu bài toán viết lại thành:

$3+\sum \frac{x^2}{y}\geq (x+y+z)^2+\sqrt{3}$

Mặt khác: $\sum \frac{x^2}{y}=(\sum xy) (\sum \frac{x^2}{y})\geq (x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$p^3-p^2-2p+3-\sqrt{3}\geq 0$ với $p=x+y+z\geq \sqrt{3}$.

Chứng minh được BĐT này đúng :) 


Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#12 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1395 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 23-04-2016 - 23:05

Bạn mới là xàm, làm không được thì mình làm cho

Nhân liên hiệp, đc 1 nghiệm $y=0$

Còn phương trình

$\frac{y}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{\sqrt{y^2-2y+4} +2y-2}{\sqrt{y^2-2y+4} +2} =0$

Nhẩm pt này còn 1 nghiệm bằng 0

Do đó, nhân liên hiệp tiếp, đc 1 nghiệm $y=0$ còn ại

$\frac{1}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{6-3y}{(\sqrt{y^2-2y+4}+2)(\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y)}=0 $

Mà do $y^2 \leq 9 $

Mà dễ chứng minh $6-3y $ và $\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y $ cùng dấu 

Suy ra đpcm 

 

Không cần phải 2 lần nhân liên hợp đâu chỉ cần một lần thôi

 

$2\left ( \sqrt{y^2-2y+4}+\frac{1}{2}y-2 \right )+3-\sqrt{9-y^2}=0\Leftrightarrow \frac{\dfrac{3y^2}{2}}{\sqrt{y^2-2y+4}+2-\dfrac{1}{2}y}+\frac{y^2}{3+\sqrt{9-y^2}}=0\Rightarrow y=0 (-3\leq y\leq 3)$



#13 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 23-04-2016 - 23:45

 

 

Bài 5 (4 điểm)
 
        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 
 
HẾT

 

Chém nốt câu tổ:

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Chọn $A_1$ và loại đi $a_1$ tập con chứa $A_1$, gọi $A_2$ với $a_2$ tương tự trên, ta có:

$a_2\geq \frac{(64-a_1).1008}{2015}$

Khi đó: $a_1+a_2\geq a_1+\frac{(64-a_1).1008}{2015}=\frac{64.1008+1007a_1}{2015}>48$ nên $a_1+a_2\geq 49$

$a_3\geq \frac{(64-a_1-a_2).1008}{2014}$ nên $a_1+a_2+a_3>56$ nên $a_1+a_2+a_3\geq 57$

Tương tự:

$a_1+a_2+a_3+a_4\geq 61$

$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5\geq 63$

$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6\geq 64$

Chọn các phần tử $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5,A_6$ ta thu được điều phải chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 24-04-2016 - 00:29

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#14 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 24-04-2016 - 03:59

câu số dùng $a^m+1,a^n+1)=a^{(m,n)}+1$ thì $(m,n)=m$

Anh không nghĩ là cái này đúng đâu. 

Ví dụ, $\gcd (2^3+1,2^6+1) \ne 2^3+1$.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#15 kidslove

kidslove

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 24-04-2016 - 07:52

đặt $ n=km+r, 0<r<m$

xét$k$  chẵn, lẻ và xét mod $2016^m+1$

thì thấy mâu thuẫn



#16 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Physics class QH Huế
  • Sở thích:Hình học,hẹn hò :)))

Đã gửi 24-04-2016 - 11:38

giai thich cho minh cho nay dc k

 

 

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$



#17 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-04-2016 - 15:24

Thấy bài 3 hay (y). Sao bạn không post đề lớp 11 luôn?

Bổ đề

Đặt $m = 2^{a}.x$ và $n = 2^{b}.y$ với $x, y$ lẻ. Theo đề bài ta có $2016^{m} + 1\mid 2016^{n} + 1 \iff (2016^{2^{a}})^{x} + 1\mid (2016^{2^{b}})^{y} + 1$

  • Nếu $b < a$ thì để ý là $(2016^{2^{a}})^{x} + 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$ do $x$ lẻ. Do đó $a + 1\mid a^{t} + 1$ với $a = 2016^{2^{a}}$ và $t = 2^{b - a}.y$ ($t$ chẵn do $b < a$). Mặt khác $a^{t} - 1 \vdots a^{\frac{t}{2}} - 1 \vdots \cdots \vdots a^{2y} - 1 \vdots a^{y} + 1 \vdots a + 1$, từ đó suy ra $2 \vdots a + 1 \implies a = 1$. Vô lí.
  • Nếu $b > a$ thì ta có $2016^{2^{a}} + 1 \mid 2016^{2^{a}x} + 1$ do $x$ lẻ. Và $2016^{2^{b}.y} - 1 \vdots 2016^{2^{b}} - 1 \vdots 2016^{2^{a + 1}} - 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Từ đó ta cũng suy ra $2\vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Vô lí.
  • Nếu $b = a$ thì áp dụng bổ đề cho ta $x\mid y$. Vậy $m \mid n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 24-04-2016 - 15:24


#18 kidslove

kidslove

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 24-04-2016 - 15:41

Bài 3:

 

giả sử $n$ không chia hết cho $m$

đặt $n=km+r$, $0<r<m$

khi đó ta có $0\equiv 2016^n+1\equiv 2016^{km+r}+1\equiv (-1)^k2016^r+1(mod a)$

với $a=2016^m+1$

Nếu $k$ lẻ ta có $2016^r-1 \equiv 0 (mod a)$

do đó $2016^r-1 \geqslant  2016^m+1$ vô lý

Nếu $k$ chẵn, tương tự có mâu thuẫn

vậy ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kidslove: 24-04-2016 - 15:42


#19 Ankh

Ankh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-04-2016 - 15:48

 Câu 3 em nghĩ chỉ cần làm như sau

 Đặt $n=mq+r$ với $0<r<m$ thì khi xét trong $\text{mod 2016}$ ta có $2016^m\equiv -1\Rightarrow 2016^{mq+r}\equiv (-1)^q.2016^r\Rightarrow 2016^r.(-1)^q+1\vdots 2016^m+1$ 

 Mà ta có $|2016^r.(-1)^q+1|\leq |2016^r+1|\leq 2016^m+1$ nên điều trên xảy ra khi $q$ lẻ và $r=0$

 Vậy ta có điều cần chứng minh

 Câu bất đẳng thức thì dùng Cauchy Schwarz $\sum \dfrac{b}{a^2}.\sum \dfrac{1}{ab}.(1+1+1)\geq \left (\sum \dfrac{1}{a}\right )^3$ sau đó biến đổi tương đương cũng ra :)



#20 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 24-04-2016 - 20:04

giai thich cho minh cho nay dc k

 

 

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Nếu gọi $A_1$ là phần tử nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$ thì vì mỗi tập con có chứa ít nhất $1008$ phần tử nên $64$ tập con phải chứa $64.1008$ phần tử nếu tính cả phần lặp của các phần tử, nhưng vì $A_1$ là phần tử có các tập con chứa nhiều nhất nên tối thiểu số lần xuất hiện của nó trong các tập con phải lớn hơn tất thảy $2015$ phần tử còn lại. Do đó mới có BĐT $a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Nếu bây giờ bạn cho $a_1< 32$ thì vì $a_1$ là lớn nhất trong tất cả $a_i$ với $i=1,2,...,2016$ nên $64$ tập con chỉ chứa $<32.2016=64.1008$ phần tử dẫn đến điều vô lý :) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 24-04-2016 - 20:10

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh